matematikk.net

Ser da helt riktig ut det der! Tok en litt annen substitusjon på slutten men uttrykkene våre er helt like.

Kom over denne røveren her

[tex]I \, = \, \int\limits_{ - \pi /4}^{3\pi /4} {\ln \left( {\cos \left( x \right) + \sin \left( x \right)} \right)dx} [/tex]

Som jeg trodde skulle bli fæl, men ved bruk av noen smarte identiteter løste den seg ganske raskt.

[tex]\cos(x) + \sin(x) = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})[/tex], så

[tex]I = \int^{\frac{3\pi}{4}}_{-\frac{\pi}{4}} \log(\sqrt{2}) + \log(\sin(x+\frac{\pi}{4})) dx = \frac{\pi}{2}\log(2) + \int^{\pi}_0 \log(\sin(y)) dy[/tex]
ved substitusjonen [tex]y =x+ \frac{\pi}{4}[/tex]

Det siste integralet har jeg løst tidligere her (side 12), så vi får at [tex]I = -\frac{\pi}{2}\log(2)[/tex]

Du er altfor god til å befinne deg her ^^

Helt riktig =)

---------------------------

Hever vanskelighetsgraden en smule, så også Charlatan kan få seg noe å bryne seg på.

5 små søte

[tex] I = \int\limits_0^a {\frac{{dx}}{{x + \sqrt {{a^2} - {x^2}} }}} ,a > 0[/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin {{\left( x \right)}^4}}}{{{x^4}}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{x\sin \left( {\pi x} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\cos \left( x \right)}}{{\cosh \left( x \right)}}} dx [/tex]

[tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ax}} - {e^{ - bx}}}}{{x\csc \left( {rx} \right)}}dx} \, , \, r,a,b>0 [/tex]

Trengs det fasit?

Nebuchadnezzar wrote: [tex] I = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - ax}} - {e^{ - bx}}}}{{x\csc \left( {rx} \right)}}dx} \, , \, r,a,b>0 [/tex]

Integranden er lik [tex]\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})\sin(rx)}{x}[/tex] (hva er greia med csc?)

Definer [tex]F(c) = \int^{\infty}_0 e^{cx}\frac{(e^{-ax}-e^{-bx})\sin(rx)}{x} dx = \frac{(e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx)}{x} dx[/tex] for [tex]c < \min(a,b)[/tex].

[tex]\frac{\sin(rx)}{x}[/tex] er begrenset (halvt bevis: går mot r når x går mot 0 av l'hopital, og går mot 0 når x går mot uendelig), og integralet av [tex]e^{kx}[/tex] fra 0 til uendelig for negative k konvergerer absolutt, og siden c-a og c-b er mindre enn 0, vil integralet (av f.eks trekantulikheten for integraler) for enhver c konvergere absolutt. Videre er den deriverte til integranden (mhp c) lik

[tex](e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx)[/tex] som av tilsvarende grunner konvergerer absolutt når den integreres fra 0 til uendelig.

Det betyr altså at vi kan derivere under integraltegnet, og få

[tex]F^{\prime}(c) = \int^{\infty}_0 (e^{(c-a)x}-e^{(c-b)x})\sin(rx) dx[/tex].

Definer [tex]I(k) = \int^{\infty}_0 e^{kx}\sin(rx) dx[/tex] for k<0.

[tex]I(k) = [-\frac{e^{kx}\cos(rx)}{r}]^{\infty}_0 + \int^{\infty}_0 \frac{k}{r}e^{kx}\cos(rx) dx = \frac{1}{r}+ [\frac{k}{r^2}e^{kx}\sin(rx)]^{\infty}_0- \int^{\infty}_0 \frac{k^2}{r^2} e^{kx}\sin(rx) dx[/tex], så

[tex]I(k)(1+\frac{k^2}{r^2}) = \frac{1}{r} \Rightarrow I(k) = \frac{\frac{1}{r}}{1+\frac{k^2}{r^2}}[/tex].

[tex]F^{\prime}(c) = I(c-a)-I(c-b)[/tex], så [tex]\int^{0}_{-\infty} F^{\prime}(c) dc = \int^{0}_{-\infty} I(c-a)-I(c-b) dc = \int^{-a}_{-\infty} I(k)dk-\int^{-b}_{-\infty}I(k) dk = \int^{-a}_{-b}I(k) dk = \int^{a}_{b}-I(-u) du = \int^{b}_{a} \frac{\frac{1}{r}}{1+\frac{u^2}{r^2}}du[/tex]

med et par variabelskifter. Setter vi nå [tex]t = \frac{u}{r}[/tex], får vi

[tex]\int^{0}_{-\infty} F^{\prime}(c) dc = \int^{\frac{b}{r}}_{\frac{a}{r}} \frac{1}{1+t^2}dt = \arctan(\frac{b}{r})-\arctan(\frac{a}{r}) = \arctan(\frac{\frac{b}{r}-\frac{a}{r}}{1+\frac{ab}{r^2}}) = \arctan(\frac{r(b-a)}{r^2+ab})[/tex].

Da har vi funnet et uttrykk for [tex]F(0)-\lim_{c \to - \infty} F(c) = F(0)[/tex], siden vi kan sette grenseverditegnet innenfor integraltegnet av absolutt konvergens.

Men F(0) er jo integralet vi ville ha, så [tex]I = \arctan(\frac{r(b-a)}{r^2+ab})[/tex].

Stemmer det =) Syntes selv sec ser penere ut enn cos, men det er vel en smaksak.

[tex]I \, = \, \int_{0}^{a}\frac{dx}{x+sqrt{a^2-x^2}}[/tex]

Bruker substitusjonen [tex]x=a\cdot \sin(u)[/tex]

[tex]I_a \, = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cdot \cos(u)}{a\sin(u)+\sqrt{a^2-a^2\cdot \sin(u)^2}}du[/tex]


[tex]I_a \, = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{cos(u)}{sin(u)+\cos(u)}du[/tex]

Bruker substitusjonen [tex]x=a\cdot \cos(u)[/tex] på vårt originale integral

[tex]I_b \, = \, \int_{\frac{\pi}{2}}^{{0}}\frac{-a\sin(u)}{a\cdot \cos(u)+sqrt{a^2-a^2\cdot \cos(u)^2}}du[/tex]

[tex]I_a \, = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(u)}{\cos(u)+\cdot \sin(u)}du[/tex]

Dobbler vårt originale integral

[tex]2I \, = \, I_a \, + \, I_b[/tex]

[tex]2I = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(u)}{\cos(u)+ \sin(u)}du + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{cos(u)}{sin(u)+\cos(u)}du[/tex]

[tex]2I = \, \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 du[/tex]

[tex]\int_{0}^{a}\frac{dx}{x+sqrt{a^2-x^2}} \, = \, \frac{\pi}{4}[/tex]

Er det fortsatt stemning for noen sommerIntegral?

Fant en diger liste med artige integral, som kunne være artige å prøve seg på. Vanskelighetsnivået er middels.

Virker som interessen for virkelig vanskelige integral er laber så, vet ikke helt hvordan stemningen er for integraler...

Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.

[tex] I_1 \, = \, \int {\sin \left( {\ln \left( x \right)} \right) \, + \, \cos\left( \ln(x) \right) dx [/tex]

[tex] I_2 \, = \, \int {\left( {1 + 2{x^2}} \right){e^{{x^2}}}} \, dx [/tex]

[tex] I_3 \, = \, \int \frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2} \, dx [/tex]

[tex] I_4 \, = \, \int_{\pi}^{3\pi} \sin(x)\ln(x) - \frac{\cos(x)}{x} \, dx [/tex]

[tex] I_5 \, = \, \int \frac{1}{\ln(x)}+\ln(\ln(x)) \, dx [/tex]

[tex] I_6 \, = \, \int (x+3)\sqrt{e^x x} dx [/tex]

[tex] I_7 \, = \, \int \frac{1}{\sqrt{5x+3}+\sqrt{5x-2}} dx [/tex]

Nebuchadnezzar wrote:Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex] I \, = \, \int \frac{1}{\sqrt{5x+3}+\sqrt{5x-2}) dx [/tex]

Ja, det hjelper Nebu!

[tex]I_7={1\over 5}\int(\sqrt{5x+3}-\sqrt{5x-2})\,dx \\ \text bruker substitusjonene u=5x+3 og v=5x-2. \\ ): \\ I_7={2\over {15}}\left((5x+3)^{1,5}\,-\,(5x-2)^{1,5}\right)+C[/tex]

=============
edit:
retta opp
og
Nebu, jeg brukte multiplisering med den konjugerte direkte!

Flott løsning =)

Integralet kan også løses ved å gange med den konjugative

[tex]\frac{1}{{\sqrt {5x + 3} + \sqrt {5x - 2} }} = \frac{1}{{\left( {\sqrt {5x + 3} + \sqrt {5x - 2} } \right)}}\frac{{\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} }}{{\left( {\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} } \right)}} = \frac{{\sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} }}{{\left( {5x + 3} \right) - \left( {5x - 2} \right)}} = \sqrt {5x + 3} - \sqrt {5x - 2} [/tex]

De øvrige integralene, kan alle sammen løses ved bruk av samme metode. Nemmlig en frekk delvis integrasjon.

Nebuchadnezzar wrote:Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex]I_5 \, = \, \int \frac{1}{\ln(x)}+\ln(\ln(x)) \, dx[/tex]

setter u = ln(x) => dx= e[sup]u[/sup] du
thus

[tex]I_5 \, = \,\int\left(\frac{e^u}{u}+e^u\ln(u)\right) \, du[/tex]

[tex]I_5 \, = \,\int\frac{e^u}{u}\,du+e^u\ln(u)- \int\frac{e^u}{u}\,du[/tex]

[tex]I_5 \, = \,e^u\ln(u)\,+\,C=x\ln(\ln(x))\,+\,C[/tex]

Nebuchadnezzar wrote:[tex] I_3 \, = \, \int \frac{\ln(x)-1}{\ln(x)^2} \, dx [/tex]

[tex]I_3: u = \ln(x), e^u\mathrm{d}u = \mathrm{d}x \\ I_3 = \int \frac{u-1}{u^2}e^u\mathrm{d}u = \int \frac{e^u}{u}\mathrm{d}u-\int\frac{e^u}{u^2}\mathrm{d}u\\ I_3 = I_{3_1}-I_{3_2} \\ I_3 = I_{3_1}+\frac{e^u}{u}-\int\frac{e^u}{u}\mathrm{d}u \\ I_3 = I_{3_1}+\frac{e^u}{u}-I_{3_1} = \frac{e^u}{u} = \frac{x}{\ln(x)}+C[/tex]

Nebuchadnezzar wrote: [tex] I_1 \, = \, \int {\sin \left( {\ln \left( x \right)} \right) \, + \, \cos\left( \ln(x) \right) dx [/tex]

[tex]I_1: u = \ln(x), e^u\mathrm{d}u = \mathrm{d}x \\ I_1 = \int e^u\left(\sin(u)+\cos(u)\right)\mathrm{d}u \\ I_! = e^u\sin(u)-\int e^u\sin(u)\mathrm{d}u-e^u\cos(u)+\int e^u\cos(u)\mathrm{d}u \\ I_1 = e^u\left(\sin(u)-\cos(u)\right)+\int e^u\left(\cos(u)-\sin(u)\right)\mathrm{d}u \\ I_1 = e^u\left(\sin(u)-\cos(u)\right)+e^u\sin(u)-\int e^u\sin(u)\mathrm{d}u+e^u\cos(u)-\int e^u\cos(u)\mathrm{d}u \\ 2I_1 = 2e^u\sin(u) \\ I_1 = e^u\sin(u) = x\sin(\ln(x))+C[/tex]

Forstår ikke helt hvorfor dere er så glad i substitusjonen [tex]u=\ln(x)[/tex] ?

[tex]{I_3} = \int {\frac{{\ln \left( x \right) - 1}}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] {I_3} = \int {\frac{1}{{\ln \left( x \right)}}dx} - \int {\frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] v^{\tiny\prime} = 1,v = x,u = \frac{1}{{\ln \left( x \right)}},u^{\tiny\prime} = - \frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}x}} [/tex]

[tex] {I_3} = \left[ {\frac{x}{{\ln \left( x \right)}} - \int { - \frac{x}{{x\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} } \right] - \int {\frac{1}{{\ln {{\left( x \right)}^2}}}dx} [/tex]

[tex] {I_3} = \frac{x}{{\ln \left( x \right)}} + C [/tex]

Helt den samme metoden som claude, er vel bare en smakssak.

EDIT: Og her er det første integralet. Løst litt lettere ved denne metoden med delvis integrasjon og kanselerende integral.


[tex] {I_1} = \int {\sin \left( {\ln x} \right)dx} + \int {\cos \left( {\ln x} \right)dx} [/tex]

[tex] v^{\tiny\prime} = 1,v = x,u = \sin \left( {\ln x} \right),u^{\tiny\prime} = \frac{{\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)}}{x}[/tex]

[tex] {I_1} = \left[ {x\sin \left( {\ln x} \right) - \int {x \cdot \frac{{\cos \left( {\ln \left( x \right)} \right)}}{x}dx} } \right] + \int {\cos \left( {\ln x} \right)dx} [/tex]

[tex] {I_1} = x\sin \left( {\ln x} \right) + C [/tex]

Nebuchadnezzar wrote:Forstår ikke helt hvorfor dere er så glad i substitusjonen [tex]u=\ln(x)[/tex] ?

Forstår ikke helt hvorfor du ikke er glad i den substitusjonen..

Nebuchadnezzar wrote: [tex] I_4 \, = \, \int_{\pi}^{3\pi} \sin(x)\ln(x) - \frac{\cos(x)}{x} \, dx [/tex]

[tex]I_4: u=\ln(x),\mathrm{d}u = \frac{1}{x},\mathrm{d}v=\sin(x),v=-\cos(x)\\ I_4 = \left[-\ln(x)\cos(x)\right]_{\pi}^{3\pi}+\int_{\pi}^{3\pi}\frac{\cos(x)}{x}\mathrm{d}x-\int_{\pi}^{3\pi}\frac{\cos(x)}{x}\mathrm{d}x \\ \\ I_4 = \left[-\ln(x)\cos(x)\right]_{\pi}^{3\pi} = \ln(3)[/tex]

Nebuchadnezzar wrote:Vi sørger alle sammen på hver vår måte. Så her er noe som kanskje kan få tankene over på noe annet.
[tex] I_2 \, = \, \int {\left( {1 + 2{x^2}} \right){e^{{x^2}}}} \, dx [/tex]

På denne bruker jeg "Tabular integration by parts" og det faktum at: [tex]\,\,\int e^{x^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)+C[/tex]
Da blir kolonne A (deriverte):
[tex]1+2x^2\\4x\\4\\0[/tex]

og
kolonne B (integrerte):
[tex]\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\\ \frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(x*\text erfi(x)-\frac{e^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\right)\\ \frac{\sqrt{\pi}}{8}\left((2x^2-1)*\text erfi(x)-\frac{2xe^{x^2}}{\sqrt{\pi}}\right) [/tex]

I kolonne B er det bare delvis integrasjon suksessivt! Dette gir;

[tex] I_2 \, = \, \frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\,+\,x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,-\,2x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,+\,2xe^{x^2}\,+\,x^2\sqrt{\pi}\text erfi(x)\,-\,\frac{\sqrt{\pi}}{2}\text erfi(x)\,-\,xe^{x^2}\,+\,C=xe^{x^2}\,+\,C[/tex]

Er kanskje ikke helt stuereint, og du har helt sikkert en anna løsning...